108 年 國立中央大學數學系碩士班在職生《微積分》

本題考驗極限的計算，特別是當遇到 $0/0$ 的不定型時，可以考慮使用羅必達法則 (L'Hôpital's Rule)。

我們觀察到當 $x \to 1^-$ 時，分子 $\frac{\pi}{2} - \arcsin x \to \frac{\pi}{2} - \arcsin 1 = \frac{\pi}{2} - \frac{\pi}{2} = 0$。
同時，分母 $\sqrt{1-x^2} \to \sqrt{1-1^2} = 0$。
因此，這是一個 $0/0$ 的不定型，可以使用羅必達法則。

對分子求導：
$\frac{d}{dx} (\frac{\pi}{2} - \arcsin x) = 0 - \frac{1}{\sqrt{1-x^2}} = -\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}$

對分母求導：
$\frac{d}{dx} (\sqrt{1-x^2}) = \frac{d}{dx} (1-x^2)^{1/2} = \frac{1}{2} (1-x^2)^{-1/2} \cdot (-2x) = -\frac{x}{\sqrt{1-x^2}}$

應用羅必達法則：
$\lim_{x \to 1^-} \frac{\frac{\pi}{2} - \arcsin x}{\sqrt{1-x^2}} = \lim_{x \to 1^-} \frac{-\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}}{-\frac{x}{\sqrt{1-x^2}}}$

本題考驗微積分基本定理與連鎖律的應用。我們需要計算一個變上限積分的微分。

設 $F(u)$ 為 $\frac{u^2}{4+u^2}$ 的一個反導函數，即 $F'(u) = \frac{u^2}{4+u^2}$。
根據微積分基本定理，
$\int_{a}^{b} f(u) du = F(b) - F(a)$
因此，
$\int_{\arccos x}^{e^{x^2}} \frac{u^2}{4+u^2} du = F(e^{x^2}) - F(\arccos x)$
現在我們對這個表達式關於 $x$ 微分：
$\frac{d}{dx} \left( F(e^{x^2}) - F(\arccos x) \right) = \frac{d}{dx} F(e^{x^2}) - \frac{d}{dx} F(\arccos x)$
利用連鎖律，$\frac{d}{dx} F(g(x)) = F'(g(x)) \cdot g'(x)$。

對於第一項 $\frac{d}{dx} F(e^{x^2})$：
令 $g(x) = e^{x^2}$。則 $g'(x) = e^{x^2} \cdot (2x) = 2xe^{x^2}$。

本題要求計算一個定積分，並指定了使用分部積分法，且給定了 $u$ 和 $dv$ 的選擇。

分部積分法的公式為 $\int u \, dv = uv - \int v \, du$。
根據題目給定的選擇：
$u = x^2 \implies du = 2x \, dx$
$dv = \arctan x \, dx$

為了求得 $v$，我們需要對 $dv$ 進行積分：
$v = \int \arctan x \, dx$
這個積分需要再次使用分部積分法來計算。令 $a = \arctan x$，$db = dx$。
則 $da = \frac{1}{1+x^2} dx$，$b = x$。
所以，$v = x \arctan x - \int x \cdot \frac{1}{1+x^2} dx$。
為了計算 $\int \frac{x}{1+x^2} dx$，令 $w = 1+x^2$，則 $dw = 2x \, dx$，所以 $x \, dx = \frac{1}{2} dw$。
$\int \frac{x}{1+x^2} dx = \int \frac{1}{w} \cdot \frac{1}{2} dw = \frac{1}{2} \ln|w| = \frac{1}{2} \ln(1+x^2)$ (因為 $1+x^2 > 0$)。
因此，$v = x \arctan x - \frac{1}{2} \ln(1+x^2)$。

現在我們將 $u, du, v$ 代入分部積分公式：
$\int_0^1 x^2 \arctan x \, dx = \left[ u v \right]_0^1 - \int_0^1 v \, du$
$= \left[ x^2 \left( x \arctan x - \frac{1}{2} \ln(1+x^2) \right) \right]_0^1 - \int_0^1 \left( x \arctan x - \frac{1}{2} \ln(1+x^2) \right) (2x \, dx)$

首先計算第一項 $\left[ x^2 \left( x \arctan x - \frac{1}{2} \ln(1+x^2) \right) \right]_0^1$：
當 $x=1$: $1^2 \left( 1 \arctan 1 - \frac{1}{2} \ln(1+1^2) \right) = 1 \left( \frac{\pi}{4} - \frac{1}{2} \ln 2 \right) = \frac{\pi}{4} - \frac{1}{2} \ln 2$。
當 $x=0$: $0^2 \left( 0 \arctan 0 - \frac{1}{2} \ln(1+0^2) \right) = 0 \left( 0 - 0 \right) = 0$。
所以第一項的值為 $\frac{\pi}{4} - \frac{1}{2} \ln 2$。

接著計算第二項的積分 $\int_0^1 \left( x \arctan x - \frac{1}{2} \ln(1+x^2) \right) (2x \, dx)$：

本題要求計算一個不定積分，被積函數是關於 $x$ 的有理函數，其中分母包含 $x^n$ 和 $(x-1)$。這類積分通常使用部分分式分解 (Partial Fraction Decomposition) 來求解。

被積函數為 $\frac{1}{x^n(x-1)}$。
我們將其分解為部分分式：
$\frac{1}{x^n(x-1)} = \frac{A_1}{x} + \frac{A_2}{x^2} + \dots + \frac{A_n}{x^n} + \frac{B}{x-1}$
為了求係數 $A_1, A_2, \dots, A_n$ 和 $B$，我們可以乘以 $x^n(x-1)$ 得到：
$1 = (A_1 x^{n-1} + A_2 x^{n-2} + \dots + A_n) (x-1) + B x^n$

令 $x=1$，我們得到 $1 = B (1)^n \implies B = 1$。
令 $x=0$，我們得到 $1 = (A_n) (-1) \implies A_n = -1$。

現在我們來處理 $A_1, \dots, A_{n-1}$。
將 $B=1$ 代入：
$1 = (A_1 x^{n-1} + \dots + A_{n-1} x + A_n) (x-1) + x^n$
$1 = A_1 x^n + A_2 x^{n-1} + \dots + A_n x - A_1 x^{n-1} - A_2 x^{n-2} - \dots - A_n + x^n$
$1 = (A_1+1) x^n + (A_2-A_1) x^{n-1} + \dots + (A_n - A_{n-1}) x - A_n$

由於 $A_n = -1$, 我們有：
$1 = (A_1+1) x^n + (A_2-A_1) x^{n-1} + \dots + (-1 - A_{n-1}) x - (-1)$
$1 = (A_1+1) x^n + (A_2-A_1) x^{n-1} + \dots + (-1 - A_{n-1}) x + 1$

比較兩邊的係數：
$x^n$ 的係數：$A_1+1 = 0 \implies A_1 = -1$。
$x^{n-1}$ 的係數：$A_2-A_1 = 0 \implies A_2 = A_1 = -1$。
以此類推，我們可以發現 $A_1 = A_2 = \dots = A_{n-1} = -1$。

所以，部分分式分解為：
$\frac{1}{x^n(x-1)} = -\frac{1}{x} - \frac{1}{x^2} - \dots - \frac{1}{x^n} + \frac{1}{x-1}$

現在我們對每一項進行積分：
$\int \frac{dx}{x^n(x-1)} = \int \left( -\sum_{k=1}^n \frac{1}{x^k} + \frac{1}{x-1} \right) dx$
$= -\sum_{k=1}^n \int \frac{1}{x^k} dx + \int \frac{1}{x-1} dx$

對於 $\int \frac{1}{x^k} dx$：
若 $k=1$, $\int \frac{1}{x} dx = \ln|x|$。
若 $k \neq 1$, $\int \frac{1}{x^k} dx = \int x^{-k} dx = \frac{x^{-k+1}}{-k+1} = -\frac{1}{(k-1)x^{k-1}}$。

對於 $\int \frac{1}{x-1} dx = \ln|x-1|$。

所以，積分結果為：
$-\left( \int \frac{1}{x} dx + \sum_{k=2}^n \int \frac{1}{x^k} dx \right) + \int \frac{1}{x-1} dx$
$= -\left( \ln|x| + \sum_{k=2}^n -\frac{1}{(k-1)x^{k-1}} \right) + \ln|x-1|$

核心觀念

本題考查：

• 三角函數積分的週期性；
• 標準積分公式

$$\int_{0}^{2\pi}\frac{dt}{a+b\cos t} =\frac{2\pi}{\sqrt{a^2-b^2}},\qquad a>|b|;$$

• 萬能代換 $u=\tan\frac{t}{2}$。

因為 $3+2\cos(4x)\geq 1>0$，積分函數在整個區間上連續，積分確實存在。

解題方法

先令

$$t=4x,\qquad dx=\frac{dt}{4}.$$

當 $x=-\frac{\pi}{2}$ 時，$t=-2\pi$；當 $x=\frac{\pi}{2}$ 時，$t=2\pi$。因此

$$\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \frac{dx}{3+2\cos(4x)} = \frac14\int_{-2\pi}^{2\pi}\frac{dt}{3+2\cos t}.$$

函數

$$f(t)=\frac{1}{3+2\cos t}$$

具有週期 $2\pi$，而區間 $[-2\pi,2\pi]$ 正好包含兩個完整週期，所以

$$\int_{-2\pi}^{2\pi}\frac{dt}{3+2\cos t} = 2\int_{0}^{2\pi}\frac{dt}{3+2\cos t}.$$

故原積分化為

$$\frac12\int_{0}^{2\pi}\frac{dt}{3+2\cos t}.$$

接著計算標準積分。取

$$u=\tan\frac{t}{2},$$

則

$$\cos t=\frac{1-u^2}{1+u^2}, \qquad dt=\frac{2\,du}{1+u^2}.$$

在 $t$ 掃過一個完整週期 $0$ 到 $2\pi$ 時，配合廣義積分處理代換區間，可得

核心觀念

本題考查兩個基本 Maclaurin 展開式，以及冪級數的 Cauchy 乘積：

$$\arctan x=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n x^{2n+1}}{2n+1}, \qquad |x|\le 1,$$

以及幾何級數

$$\frac{1}{1-x}=\sum_{m=0}^{\infty}x^m, \qquad |x|<1.$$

因此可將

$$y=\frac{\arctan x}{1-x}$$

視為兩個冪級數的乘積，再利用 Cauchy 乘積整理各次方的係數。最後必須另外檢查端點 $x=\pm1$。

---

解題方法

先寫出兩個已知展開式：

$$\arctan x =x-\frac{x^3}{3}+\frac{x^5}{5}-\frac{x^7}{7}+\cdots =\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n x^{2n+1}}{2n+1},$$ $$\frac{1}{1-x}=1+x+x^2+x^3+\cdots.$$

相乘得

$$y= \left(\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n x^{2n+1}}{2n+1}\right) \left(\sum_{m=0}^{\infty}x^m\right).$$

若總次方為 $k$，則必須滿足

$$2n+1+m=k,$$

所以

$$m=k-(2n+1)\ge 0$$

且

$$0\le n\le \left\lfloor\frac{k-1}{2}\right\rfloor.$$

因此 $x^k$ 的係數為

$$a_k= \sum_{n=0}^{\left\lfloor (k-1)/2\right\rfloor} \frac{(-1)^n}{2n+1}.$$

故 Maclaurin 級數為

$$\boxed{ \frac{\arctan x}{1-x} = \sum_{k=1}^{\infty} \left( \sum_{n=0}^{\left\lfloor (k-1)/2\right\rfloor} \frac{(-1)^n}{2n+1} \right)x^k }.$$

展開前幾項可得

$$\begin{aligned} y &=x+x^2+\left(1-\frac13\right)x^3 +\left(1-\frac13\right)x^4 \\ &\quad+\left(1-\frac13+\frac15\right)x^5 +\left(1-\frac13+\frac15\right)x^6+\cdots \end{aligned}$$

即

核心觀念

本題考查：

• 利用約束條件消去變數。
• 判斷二次函數是否有最大值。
• 注意約束集合是否有界；若目標函數可沿可行方向任意增大，則不存在最大值。

由

$$x-y-1=0$$

可得

$$x=y+1.$$

又由

$$y^2-z^2=0$$

可因式分解為

$$(y-z)(y+z)=0,$$

因此

$$z=y \quad\text{或}\quad z=-y.$$

解題方法

將 $x=y+1$ 且 $z^2=y^2$ 代入目標函數：

$$x^2+y^2+z^2 =(y+1)^2+y^2+z^2 =(y+1)^2+2y^2.$$

整理得

$$x^2+y^2+z^2 =3y^2+2y+1.$$

此時 $y$ 可以取任意實數。例如令 $y=t$，則可行點為

$$(x,y,z)=(t+1,t,t)$$

核心觀念

本題考查：

• 直角座標轉換為極座標：
  $x=r\cos\theta,\qquad y=r\sin\theta$
• 面積元素的轉換：
  $dA=r\,dr\,d\theta$
• 利用區域邊界在極座標中的表示，建立正確的積分上下限。
• 觀察被積函數
  $e^{(y-x)/(y+x)}$
  在極座標下只與 $\theta$ 有關，適合先積分 $r$，再處理角度積分。

解題方法

梯形頂點依序為

$$(1,1),\ (2,2),\ (2,0),\ (4,0).$$

將各邊表示成直線：

• 邊 $(1,1)$ 到 $(2,0)$：$x+y=2$
• 邊 $(2,2)$ 到 $(4,0)$：$x+y=4$
• 邊 $(2,0)$ 到 $(4,0)$：$y=0$
• 邊 $(1,1)$ 到 $(2,2)$：$y=x$

由於區域位於第一象限，且介於 $x$ 軸與直線 $y=x$ 之間，因此

$$0\leq \theta\leq \frac{\pi}{4}.$$

又因為

$$x+y=r(\cos\theta+\sin\theta),$$

所以兩條斜邊分別給出

$$r(\sin\theta+\cos\theta)=2$$

以及

$$r(\sin\theta+\cos\theta)=4.$$

因此徑向範圍為

$$\frac{2}{\sin\theta+\cos\theta} \leq r\leq \frac{4}{\sin\theta+\cos\theta}.$$

在極座標下，被積函數變為

$$e^{\frac{y-x}{y+x}} = e^{\frac{r\sin\theta-r\cos\theta} {r\sin\theta+r\cos\theta}} = e^{\frac{\sin\theta-\cos\theta} {\sin\theta+\cos\theta}}.$$

故原積分為

$$\iint_T e^{(y-x)/(y+x)}\,dA = \int_0^{\pi/4} \int_{\frac{2}{\sin\theta+\cos\theta}}^{ \frac{4}{\sin\theta+\cos\theta}} e^{\frac{\sin\theta-\cos\theta} {\sin\theta+\cos\theta}} r\,dr\,d\theta.$$

先對 $r$ 積分：